250218_113501-2.基础习题册线代第二章详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

第二章 矩阵答案解析 2-1 基础过关 1.【答案】（1）  3 5 6 4 9  ；（2） 1 0 ；（3）     2 1 3 4 2 6  ； （4）a x2 a x2 a x2 2a x x 2a x x +2a x x ； 11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 3 2 13 22 0 5 8     （5）3AB2A 2 17 20 ,ATB  0 5 6 .         4 29 2 2 9 0     4 3 17 473211 35        【解析】（1） 1 2 3 2  172231  6 ；               5 7 0 1 577201 49        （2）  1 2 3   3 2 1   1  3  2  2  3  1  1 0 ； 2 2(1) 22 2 4       （3） 1 1 2 1(1) 12  1 2 ；             3 3(1) 32 3 6       （4） a a a x  11 12 13 1    x x x  a a a x 1 2 3  12 22 23 2    a a a x    13 23 33 3 x  1   xa x a x a xa x a x a xa x a x a  x 1 11 2 12 3 13 1 12 2 22 3 23 1 13 2 23 3 33  2   x   3 (xa x a x a )x (xa x a x a )x (xa x a x a )x 1 11 2 12 3 13 1 1 12 2 22 3 23 2 1 13 2 23 3 33 3 a x2 a x x a x x a x x a x2 a x x a x x a x x a x2 11 1 12 1 2 13 1 3 12 1 2 22 2 23 2 3 13 1 3 23 2 3 33 3 a x2 a x2 a x2 2a x x 2a x x +2a x x 11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 3 （5）1 1 1  1 2 3 1 1 1       3AB2A3 1 1 1 1 2 4 2 1 1 1           1 1 1 0 5 1 1 1 1      0 5 8 1 1 1      3 0 5 6 2 1 1 1         2 9 0 1 1 1     0 15 24 2 2 2       0 15 18  2 2 2         6 27 0 2 2 2     2 13 22    2 17 20     4 29 2   A T B   1 1 1 1 1  1 1  1 1   1  0 1  2 5 2 3 4 1    0 0 2 5  9 5 8 6 0  . 2.【答案】请参照解析 【解析】（1）不正确，取 A   1 1 2 3  ， B   1 1 0 2  ； （2）不正确，取 A   1 1 2 3  ， B   1 1 0 2  ； （3）不正确，取 A   1 1 2 3  ， B   1 1 0 2  ； （4）不正确，取 A   1  1 1  1   O ， A 2  O ； （5）不正确，取 A   1 0 0 0  ，有AO， A  E 而 A 2  A ； （6）不正确，取 A   1 0 0 0  1 0 ，X   ， 0 0 Y =  1 0 0 1  有X Y 而AX  AY .  1 0  1 0  1 0 3.【答案】（1）A2=   ,A3=   , Ak=  ； 2 1 3 1 k 1 3 1  （2）A50 1025E ，A51 1025  ； 1 3（3） A 1 0 0   8 9 9  2 1  3  4 2 6  8 4 1 2  ； （4） A 1 1  1 3  1   1  2 1 2 3 1 1  4 4   2 1 2 3 1 1  2731 2732 或 ； 683 684 （5） A 8  1 0 1 6 ， A 4   5 0 0 0 4 0 5 0 0 4 0 0 2 2 4 6 0 0 0 2 4  【解析】（1） 2 1 0 1 1 0 1 2 1 0 1    A         ， 3 2 2 1 0 1 1 0 1 3 1 0 1    A  A  A         ，  1 0 按照规律可知：Ak   ； k 1 3 1 3 1  10 0  （2）A2        10E， 1 31 3  0 10 A 3  A 2  A  1 0 E  A  1 0 A ，A4  A2A2 10E10E 102E 根据规律可知，（ k 为正整数） 当n2k1， A n  A 2 k  1  A 2 k  A  A 2  A k 2 个  A 2 A 2  A = ( 1 0 E ) k A  1 0 k A ， 当n2k， A n  A 2 k  A 2  A k 2 个  A 2 A 2 = ( 1 0 E ) k  1 0 k E ， 故 A 5 0  1 0 2 5 E ， A 5 1  1 0 2 5 A  1 0 2 5  3 1 1  3  ；  2    （3）bTa (1,2,4) 1 8，     3  1 0 0 A   ( a ( b b T T a 1 0 0 ) 9 9 ) a  b a T b  T a  b 8 T a 9 9 b  T 2 1  3  a ( 1 b , T 2 a , 4 b ) T    a 8 b 9 9 T a  b 2 1  T 3 a 9 T b T 个 9 b 4 2  6 a a b  T 8 4 1 a 2 b  T （4）由 P  1 A P  Λ ，可知 A  P Λ P  1 ，故 A 1 1  ( P Λ P  1 )  P Λ P  1 E P Λ P  1 E P Λ P  1 P  1 E P Λ P  1  P Λ 1 1 P  1  P   0 1 2 0 1 1  P  1 由于 P    1 1  1 4  ，故 P  1  1 3  1  1 4  1  ，故 1 0  1 41 0 1 1 4  A11  P P1          0 211   1 1  0 211 31 1 1 1 213 1 4  1 1213 4213         3 1 211 1 1 3 1211 4211  （5）令 A 1   3 4  4 3  ， A 2   2 2 0 2  ，则 A   A O 1 O A 2  ，故 A  A 1 A 2   2 5  4   1 0 0 ， A 8  (  1 0 0 ) 8  1 0 1 6 ； 3 4 3 4  25 0  A2        25E ， 1 4 34 3  0 25 A 41  ( A 21 ) 2  ( 2 5 E ) 2  5 4 E A 22   2 2 0 2   2 2 0 2    4 8 0 4    2 2 2 3 0 2 2  22 0 22 0  24 0  ，A4     2 23 22 23 22  26 24  54 0 0 0    A4 O  0 54 0 0 故A4  1    .  O A4   0 0 24 0  2      0 0 26 24  4.【答案】略 【解析】（1）由于A为对称矩阵，即AT  A，则(BTAB)T BTATBBTAB，所以 BTAB也是对称矩阵； （2）先证 A B  B A  AB是对称矩阵： 由于A,B都是n阶对称矩阵，故AT  A，BT  B，则(AB)T BTAT BA AB，故 A B 是对称矩阵. 再证AB是对称矩阵  A B  B A 由于 A , B 都是 n 阶对称矩阵，故 A T  A ， B T  B ，则 ( A B ) T  A B  A T B T  ( B A ) T ，即 A B  B A . 故原命题得证.  1  （3）直接验证(EJ)  E J   E即可：  n1  1   ( E  J ) E  J   n  1     E E   n n 1  1  1 1 J ( J  2 J   n n J 1  ) 1 J 2  E  n n  1 J  n 1  1 J 2 接下来只需验证 J 2  n J  O 即可， 由题意： J   1 1 1 1 1 1 1 1 1  ，故 J 2   1 1 1 1 1 1 1 1 1   1 1 1 1 1 1 1 1 1    n n n n n n n n n   n J ，  1  故(EJ)  E J   E，即  n1  E  J 1 是可逆方阵，且(EJ)1  E J . n1 （4）由于矩阵 Α 可逆，故 Α  0 ，且有恒等式ΑA*  A*Α A E ，即 A *  1 A Α  E ，故A可逆；在上述恒等式两边同时左乘Α1可得 A *  A A  1 ， 1 故 (A)1  Α A 1 (Α1)1 ( Α Α1)1 (A)1 ，原命题得证. A 5.【答案】（1）(AE)1 (A2 AE)，(AE)1  A2 AE；（2） A  1  1 2 ( A  E ) ， ( A  2 E )  1  1 4 ( 3 E  A ) ； （3）  5 2 0 0 2 1 0 0 0 0 8 5 0 0 3 2   1    1 0 0 2  5 0 0 2  0 0 2 5 0 0  8 3  ； （4）  0 2 4 0 1 3 1 5 0 0   1  1 2  1 0 0 0  3 0 4  2 0 1  【解析】（1） A 3  O  A 3  E   E  ( A  E ) ( A 2  A  E )   E ， 故 ( A  E )  1   ( A 2  A  E ) ； A 3  O  A 3  E  E  ( A + E ) ( A 2  A  E )  E ，故 ( A  E )  1  A 2  A  E . （2） A 2  A  2 E  O  A ( A  E )  2 E  A  1 2 ( A  E )  E ，故 A  1  1 2 ( A  E ) ； A 2  A  2 E  O  ( A  2 E ) ( A  3 E )  4 E  O  ( A  2 E ) ( A  3 E )   4 E  ( A  2 E )    1 4 ( A  3 E )   E ，故 ( A  2 E )  1  1 4 ( 3 E  A ) . （3）令 A   5 2 0 0 2 1 0 0 0 0 8 5 0 0 3 2    A O 1 O A 2  ，其中 A 1   5 2 2 1  8 3 ，A    2 5 2 易求得 A 1 1    1 2  5 2  ， A 2 1    2 5  8 3  1 a b 1  d b （利用公式    ） c d ad bcc a   1 2 0 0  A O  1 A1 O   2 5 0 0  A1  1   1    .  O A   O A1   0 0 2 3 2 2    0 0 5 8   1  0 0   1 5 O 1 3 1 （4）令A   5  ，其中A1   ， 2 1 0     2 24 2  A O  4 3 0    2  1 1  O A1  0 3 1 故A1      A O 2 O 5             1 5    1 O 2      1 2     1 0 0  0 4 0 2     . 6.【答案】（1）在秩是 r 的矩阵中，存在等于 0 的 r  1 阶子式，也存在等于 0 的 r 阶子 式； （2）可能 r ( A )  r ( B ) ，也有可能 r ( A )  r ( B )  1 ； （3）（4）（5）请参照详解； 1    1       1   【解析】（1）例：矩阵A ，易知矩阵  0     0         0 2n2n A 的秩为 n ， 且这个矩阵中，存在等于0的 n  1 阶子式，也存在等于0的 n 阶子式； （2）例： A   1 1 1 1  ， B   1 0 1 0  ，此时 r ( A )  r ( B )  1 ； A   1 1 1 2  ， B   1 0 1 0  ，此时 r ( A )  r ( B )  1 ； 也可写成 r ( A )  r ( B )  r ( A )  1 . （3）必要性：因为 r ( A )  1 ，所以存在可逆矩阵 P , Q ，使得 1  1     0 0     PAQ   (1,0, ,0)          0 0 1 1     0 0 所以A P1  (1,0, ,0)Q1 ，令a  P1  ，         0 0 b T  ( 1 , 0 , , 0 ) Q  1 ，则 A  a b T 充分性：因为AabT，所以r(A)r(abT)r(a)1，又因为AabT O，所以r ( A )  1 ，综上r(A)1. （4）因为A2  A，所以A(AE)O，所以 r ( A )  r ( A  E )  n ； 又因为 r ( A )  r ( A  E )  r ( A )  r ( E  A )  r ( A  E  A )  r ( E )  n 所以 r ( A )  r ( A  E )  n . 7.【答案】（1） r ( A )  2 ；（2） r ( A )  3 ；（3） r ( A )  3 ;（4）请参照解析 【解析】（1）  3 1 1 1  3 1  0 2 4 2  4 1    1 3 1  1 3 1  2 0 4  2 4 1    1 0 0  4 4 1   2 6 6  5 5 1    1 0 0  4 0 1  2 0 6  5 0 1  所以秩为 r ( A )  2 . （2） 3 2  1  3  1     2  1 3 1  3     7 0 5  1  8       1 2 7 1 0 0 3  1 0 3  7 0  4 3 5  4 1 1 0  4 1  1  4 9 0 2  3  8 2  7  1     1 0 0   3 7 2 1  1 3 4 1 3  9 2 4 7   2 7 2 2  所以秩为r(A)3. （3）2 1 8 3 7     2  3 0 7  5     3  2 5 8 0   1 0 3 2 0         1 2 3 2 1 0 0 0 1 0 0 0 0   1 0 1   0 1 0 0 3 2 2 3 3 2 0 0 3 0 5 8   3 2 4 6 2  0 0 2 7 8 3 1 2  2 3 0  0 7 1 0 7 1 0 5   0 7 0   5    1 0 0 0  1 0 0 0 0   1 3 2 0 1 0 0   3 6 4 2 3 2 0 0 2 3 2  1 2  1 0 0 0  5 0 7 0 7 1 4 1 6   所以秩为r(A)3. （4） A   1 0 0 2 2  k k 2   2 2 3 3 3 k  k  3 k 3 2    1 0 0 2  k 0 2  2  3 ( k 3  3 k 1 k  ) ( 3 k  2 )  当 k  1 时， A   1 0 0  0 0 2 3 0 0  ，所以 r ( A )  1 当 k   2 时， A   1 0 0   0 2 6   0 6 9  ，所以r(A)2 当 k  1 且 k   2 时，r(A)3. 8.【答案】 P =   2 7 3 2   1 6 0 0 1  【解析】 1 2 3 4 1 0 0 1 2 3 4 1 0 0     (A E) 2 3 4 5 0 1 0  0 1 2 3 2 1 0         5 4 3 2 0 0 1 0 6 12 18 5 0 1 1 2 3 4 1 0 0 1 0 1 2 3 2 0      0 1 2 3 2 1 0  0 1 2 3 2 1 0         0 0 0 0 7 6 1 0 0 0 0 7 6 13 2 0   所以P = 2 1 0 .      7 6 1 9.【答案】（1） X =  1  1 0 1 2 5  2 4 3  ；（2） X =   2 4  7 1  4 1  ； （3） X =  0  1 1 1 0  1  1 0 1  ；（4） B   6 6 6  1  【解析】（1）进行行变换： ( A B )    4 2 3  1 0 0 1 2 1 0 1 2  2 1  1  2 3 1 1 2 3  9 6 2  2  3 1   5 6 2     1 2 3  1 0 0 0 2 1 0 1 0  1  1 1  2  1 1  2 3 2  2 9  1  2  2 2 1     2 5 4    1 0 0  0 2 1 1 0 0  3 2 0 1 0 1 0 0 1  6 9 2 1  1 0 1 2  5 6 5 2  2  4 3  所以 X =  1  1 0 1 2 5  2 4 3  . （2）进行列变换：  0 2 1   1 2 0   1 0 0   1 0 0          2 1 3 3 1 2 3 7 2 3 1 2         A   3 3 44 3 34 11 34 1 3 B         1 2 3 3 2 1 3 4 1 3 0 1                  2 3 1   1 3 2   1 5 2   1 3 2   1 0 0   1 0 0   1 0 0   1 0 0          3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0         4 1 11 1 1 0 1 1  0 0 1          3 0 1 3 0 1 2 0 1 2 1 1                  1 3 4 8 3 4 4 3 4  4 7 4   2 1 1 所以X =  . 4 7 4 （3） ( A  2 E ) X  A ，构造矩阵进行行变换： ( A  2 E A )        0  1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0   0 1 1  0 0 1 0 1 0   2 1 1 0  1  0  1 1 0  1 2 1 1 0  1  2 1  1 0 1 1  1 0 0 1 0 1 0  1   1     1 0 0  1 0 0 0 1 0 1 1 1  1 1 1 0 1  1  0 1 1  0  1 2 2   1 1 1  1 1  1 0 1 0 1 1   所以 X =  0  1 1 1 0  1  1 0 1  . （4） A*  | A| A1  A 4 A1  A 3 8，所以 A  2 ，所以 A 可逆. 方程右乘 A 可得：ABB3A 方程左乘A*可得：2B= A*B6E 所以 ( 2 E  A * ) B  6 E ，方程左乘 ( 2 E  A * )  1 可得： B  6 ( 2 E  A * )  1  6  1 1 1  6   1  6  1 1 1  1 6    6 6 6  1 2-2 基础真题 1.【答案】 3 【解析】设 x x x 1 2 3     ，则 T   x x x 2 3 21 x x 1 1 x x 1 x 3 x 22 x 2 2 x x 1 2 x x x 23 3 3   . 由题设知x2  x2  x2 1，故 1 2 3 T  x 21  x 22  x 23  3  . 【注】T 是秩为1的方阵，T是一个数，且这个数T就是方阵T 的迹，于是直 接有 T  1  1  1  3  . 2.【答案】C 【解析】 A B  ( E  T ) ( E  2 T ) = E  T  2 T T  E  T 2 T ( T )        ， T 1 11 1 1 其中T   ,0, ,0,  ,0, ,0,   ，故 2 22 2 2 A B  E + T  2  1 2 T  E   . 3.【答案】 3 n  1  1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2 3 1  【解析】 因为    1 , 1 2 , 1 3   1 2 3   3  ，应用矩阵乘法的结合律，得 An  AA AA()() ()()() () n个 n1个  1 1 1   2 3    2  3n13n13n1 2 1  3    3 3 1    2  【注】若，都是n维非零列向量，则A和B是两个互为转置的秩为1的方阵，而  和  是两个相等的数（这个数就是 A    的迹），则 A n  l n  1 A  (  ) n  1 A  . 4.【答案】 A = A 5   1 2 6 0 0  1 0 0  1   1 0 0   【解析】P1  2 1 0 . 由     4 1 1   A P = P B ，得 1 0 01 0 0  1 0 0     A PBP1  2 1 0 0 0 0 2 1 0         2 1 1 0 0 1 4 1 1     1 0 0  1 0 0 1 0 0        2 0 0 2 1 0  2 0 0           2 0 1 4 1 1 6 1 1      A 5   ( P P B B 5 P P   1 1 ) (  P P B B P 个 5 P  1  ) 1  ( A P B P  1 )  P B ( P  1 P ) B ( P  1 P ) ( P  1 P ) B P  1 15 0 0  1 0 0      【注】由于B 为对角阵，故B5   0 05 0    0 0 0   B. 0 0 (1)5  0 0 1      5.【答案】C 【解析】由 A  = A A  1 ，得 ( A  )  = A * ( A  )   ，又 A *  A n  1 ，故 1 (A)= A n1 ( A A1)1  A n1 A A n2 A. A 6.【答案】A 【解析】由矩阵A与A之间的关系，有 A A   A  A  A E ，其中E 为 3 阶单位矩阵， 由题设A  AT，得 A A T  A T A  A E ，两边取行列式有 A 2  A 3 ，从而 A 0或 1，又由题意设a a a 0知，由于 A E  ATA，故位于矩阵 A E的第一行第一 11 12 13 列的元素为a2 a2 a2 3a2 0，而 A 0即 A 1，于是AAT  ATA E，故 11 12 13 113 a 21 1  1 ，即 a 1 1  3 3 . 7.【答案】C 【解析】由于 A B  A B  B A 及 B A  B A ，即知 A B  B A 总成立，故选项 （C）正确. 注意其他选项都不一定成立. 8.【答案】 1 2 【解析】由 A 2 B  A  B  E 得 ( A 2  E ) B  A  E ，即 ( A  E ) ( A  E ) B  A  E .  2 0 1   而AE  0 3 0 为可逆矩阵，所以有(AE)B  E，由此得     2 0 2   B  ( A  E )  1 .  0 0 1   又AE  0 1 0 ，故     2 0 0   A  E  2 ，因此 B  ( A  E )  1  A  E  1  1 2 . 9.【答案】 1 9 【解析】由题中所给等式得 ( A  2 E ) B A *  E ，两边取行列式，有 A  2 E  B  A *  1 . 因为 A  3 ，所以 A   A 3  1  9 . 又 A  2 E  0 1 0 1 0 0 0 0  1  1 1 ，所以 B  . 9 10.【答案】 2 【解析】由题设等式得 B ( A  E )  2 E ，从而 B ( A  E )  2 E ，即 B A  E  2 2  4 ，而 A  E  1  1 1 1  2 ，所以 B 2. 11.【答案】  1 2 6 7 【解析】因为 ( 3 A )  1  1 3 A  1 1 ，A  A A1  A1 故 2 3 1 2  2 8 1 16 (3A)12A  A1A1   A1     A1    . 3 3  3 27 A 2712.【答案】a1 【解析】由于 B 是 A 的逆矩阵，故 A B  ( E  T )  E  1 a T   E   ， 于是 E  1 a T  T  1 a T T  E    ， T  1 a  1  1 a  2 a 2   0  . 由于 T  0  ，故 1 a  1  2 a  0  2 a 2  a  1  0  ( 2 a  1 ) ( a  1 )  0 又由于a0，于是 2 a  1  0 ，故 a  1  0 ，得 a   1 . 13.【答案】   1 2 0 0  2 5 0 0  0 0 1 3 1 3 0 0 2 3 1 3  【解析】记矩阵 A 1 1   5 2 2 1  ， A 2 2   1 1  1 2  ，则矩阵 A   A O 1 1 O A 2 2  为一分块对角 矩阵. 由分块对角矩阵求逆阵的方法，得 A -1   A O  1 1 1 O A  1 2 2     1 2 0 0  2 5 0 0 0 0 1 3 1  3 0 0 2 3 1 3  14.【答案】  0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0  【解析】方法一：利用初等行变换法： 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1     0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 (A E)      (E A1) 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0     1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 故A1  A.方法二：利用分块求逆法： 记矩阵 B   0 1 1 0  ，则 B  1  B ，于是有 A  1   O B B O   1   B O  1 B O  1    O B B O   A 方法三：可以看出矩阵 A 满足 A 2  E ，故由逆矩阵的定义即知 A  1  A . 15.【答案】  0 1 a 0 0 1 0 0 1 a 0 2 a 0 0 0 1 n  1 1 a 0 0 0 n  【解析】方法一：初等变换法： ( A E )   0 0 0 a n a 0 0 0 1 0 a 0 0 2 a 0 0 n 0  1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1   用 第 1a1行 n 乘  向 第 行i 上 与  ( i= 相 1 邻 ， 行 ， 交 n ) 换 n  1 次   1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 a 0 0 1 0 0 1 a 0 2 a 0 0 0 1 n  1 1 a 0 0 0 n   ( E A  1 ) 上面分块矩阵中右边的矩阵就是A1.方法二：令 n  1 阶方阵（对角矩阵） B   a 1 a 2 a n  1  O B ，则A  ，于是 a O   n 有 A  1   B O  1 a O n 1  ，其中 B  1   a 1 1 a 2 1 a n 1 1  .  1  0 0   10    1 1  16.【答案】 0  5 5    3 2 1     10 5 2 【解析】由 A * A  A E ，当 A  0 时，得 A *  1 A A   E ，故有 ( A * )  1  1 A A （或由 A  1  1 A A *  A *  A  1 A  ( A * )  1  1 A A ），又 A 10，所以 ( A * )  1  1 A A   1 1 1 0 1 5 3 0 0 1 5 2 5 0 0 1 2  17.【答案】D 【解析】因为 Α Β C  E ，即 Α ( Β C )  E ，故方阵 Α 与ΒC互为逆矩阵，从而有 ( Β C ) Α  E ，即ΒCΑE. 【注】实际上ΑΒC= E BCA= E CAB= E，把Α、B、C 顺时针围成一圈，任 意三者顺时针相乘都等于E . 18.【答案】C 【解析】 ( A    B   )     B   B A    B   A A        B   ( B  A ) A     1  A ( A  B )   B 故答案应选（C）.【注】注意利用单位矩阵E 作恒等变形，另外一般地(AB)  AB，不要与转置 的运算混淆. 19.【答案】（Ⅰ） P Q   A 0 A  b  a α  A  1 α   ；（Ⅱ）略 【解析】（Ⅰ）因 A A   A  A  A E ，故 P Q      A 0 E T A A   b O A  a    A A  T 1  b      T A  A A  A    A  a  b A           其中零向量 0 为 n 维行向量. （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得 P Q  A 2 ( b   A  1 )   ，而 P Q  P  Q ，且 P  A  0 ，故 Q  A ( b   A  1 )   . 由此可见， Q 0的充分必要条件为 A1b，即矩阵 Q 可逆的充分必要条件是A1b. 20.【答案】 1 【解析】方法一：因为 A 的第1行非零，又 A 的第 2 , 3 , , n 行都可由 A 的第1行线性表 出，故 A 的行秩为1，即 r ( A )  1 . 方法二：把 A 的第1行的  a a i 1 倍加到 A 的第 i 行上去，则第 i 行每个元素均化为 0 ( i  2 , , n ) ，而第1行非零 ，故 r ( A )  1 . a  1   a 方法三：A  2 (b,b , ,b )T，故   1 2 n   a   n r ( A )  1 . 21.【答案】0 【解析】因为 r ( A 4  4 )  2 ，即 A 中非零子式的最高阶数为2，故 A 的3阶子式全为0， 即 A的每个元素的余子式全为 0 ，从而每个元素的代数余子式全为 0 ，故A* O，从而 有r(A*)0.22.【答案】 2 【解析】因为 B 为满秩矩阵，而用满秩方程乘矩阵，不改变矩阵的秩，所以有 r ( A B )  r ( A )  2 . 23.【答案】B 【解析】 A    1 a a a [ ( ( 1 n   a 1 a a a 1 ) a n  ) a a 1 a  1 [ ( 1 n ]  1 a a 1 ) a a a a 1 1 1 a   1 ] ( n  1 ) a a a 1 a 1 a   [ ( 1 n  ( 1 n )  a 1 ) 1 a a  1 a ]  1 0 0 1 1 1  0 a ( n  1 ) a a 1 1 a 1 0   a 1 由 r ( A )  n  1 得， a  1 1  n 或1，显然 a  1 时， r ( A )  1 不符合题意，故答案选（B）. 24.【答案】3 【解析】方法一：根据题设，由于 A   k 1 1 1 1 k 1 1 1 1 k 1 1 1 1 k    k  0 0 0 3 k 1  0 0 1 k 1 0  0 1 k 1 0 0  1  故只有当 k   3 时，r(A)3. 方法二：根据题设r(A)3，则 A 0. 从而由 A  k 1 1 1 1 k 1 1 1 1 k 1 1 1 1 k  ( k  3 ) ( k  1 ) 3  0 可得 k  1 或k 3.当 k  1 时，由 A   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1    1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0  ，可知，此时r(A)1，不符合 题意，故 k   3 . 25.【答案】C 【解析】由 r ( A * )   n 1 0 , r , r , r ( ( ( A A A ) ) )    n n n   1 1 ，故 r ( A )  2 ，于是 A  a b b b a b b b a  ( a  b ) 2 ( a  2 b )  0 所以 a  b 或 a  2 b  0 . 若 a  b ，则 r ( A )  1 ，r(A*)0，不符合题意，故 a  b 且 a2b0，故应选（C）. 26.【答案】 1 【解析】因为 A 3   0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0  3   0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0  ，故 A 3 的秩为 1 . 计算 A 3 可以直接由乘法得到，这是最基本的方法，应熟练掌握. 此外，也可由这种矩阵方幂的规律得到：设 A   0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0  n  n ，则 0 0 1 0 0   0 0 0 1  0 0 0 1 0    0 0 0 0     A2   , ,An1   ,An O .  0 0 0 0 1    0 0 0 0 0 0 0 0 0         0 0 0 0 0 0 0 0 0 nn nn27.【答案】C 【解析】矩阵 B 可以看作由矩阵 A 依次进行下列两次初等行变换得到的：先把 A 的第1 行加到第3行上去，再把所得矩阵的1，2两行互换. 这两次初等变换对应的初等方阵分别 为题给矩阵 P 2 和 P 1 ，于是由“对矩阵 A 作初等行变换相当于对应的初等方阵左乘 A ”， 即知（C）正确. 28.【答案】D 【解析】由题意知， Q  E 1 E 2 ，其中 E 1   0 1 0 1 0 0 0 0 1  ， E 2   1 0 0 0 1 0 0 1 1  ，故 Q   0 1 0 1 0 0 0 0 1   1 0 0 0 1 0 0 1 1    0 1 0 1 0 0 1 0 1  ， 即选项（D）正确. 29.【答案】C 【解析】由题设知 B  E (1 , 2 ) A ，其中 E ( 1 , 2 ) 是将矩阵第1行（列）与第2行（列）交 换的初等变换所对应的初等矩阵，因而B1  A1[E(1,2)]1. 由于[E(1,2)]1  E(1,2)， B  1  1 B B  ， A  1  1 A A  ，且 B   A ，所以  B   A  E (1 , 2 ) ，而用 E ( 1 , 2 ) 右乘矩 阵A*，就是将 A * 的第1列与第2列交换，即选项（C）是正确的. 30.【答案】B 【解析】由题设知 B  P A ， C  B Q  1 1 0    ，其中初等矩阵Q  0 1 0 ，于是有     0 0 1   C  PAQ. 易得 Q  P  1 ，即C  PAP1，答案选（B）.  1 0 0 0   2 1 0 0 31.【答案】A[(C B)T]1     1 2 1 0    0 1 2 1 【解析】因为A(EC1B)TCT  A[C(EC1B)]T  A(CB)T，并由已知条件A(CB)T E ，从而 A  [ ( C  B ) T ]  1 =  1 2 3 4 0 1 2 3 0 0 1 2 0 0 0 1   1 =   1 1 0 2  0 1 1 2  0 0 1 2 0 0 0 1  . 32.【答案】 B =  2 0  1 0 3 0 1 0 2   0 0 1   【解析】(AE)B A2 E (AE)(A+E)，由于AE  0 1 0 可逆，因此     1 0 0   B  ( A  E )  1 ( A  E ) ( A  E )  A  E   2 0  1 0 3 0 1 0 2  . 33.【答案】 ( A * )  1   5   2 1  2 0 2  0 1 1  【解析】由 A A *  A * A  A E ， A  0 A 知(A*)1   A1 A （*） A 由 ( A  1 E )   1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 0 0 0 1 0 0 0 1    1 0 0 1 1 0 1 0 2 1   1 1 0 1 0 0 0 1    1 0 0 0 1 0 1 0 1 2   1 1 2  1 0 1 0 0 1 2    1 0 0 0 1 0 0 0 1 5 2   1 1 2  1 0 1  0 1 2 1 2   ( E A ) 1 1 1 故 A1  1 2 1 2，将其代入（*），得 1 1 3  5 1 1   2 2   5 2 1     (A*)1 2 1 1 0   2 2 0  .     1 1 1 0 1    0   2 2 34.【答案】   1 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1  【解析】 A  2 E   1 1 0 0 2 0 0 0 1  ，求 A  2 E 的逆矩阵可有多种方法. 方法一：用初等行变换法 ( A  2 E E )     1 1 0 1 0 0 0 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0  1 0 1 2 0 1 0 0 1 2 0 0 0 1   0 0 1   1 0 0 0 2 0 0 0 1 1  0 1 0 1 0 0 0 1  即得 ( A  2 E )  1    1 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1  . 方法二：用分块求逆法 因为  1 1 0 2   1  1 2  2  1 0 1     1 1 2 0 1 2  ，11 1. 由对分块矩阵求逆矩阵的方法得 ( A  2 E )  1   1 1 0 0 2 0 0 0 1   1    1 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1  . 35.【答案】 B   0 0 0 2 0 0 1 0 0  【解析】由A2 AB A(AB) E及 A   1  0 知AB A1，即B AA1.又 A  1   1 0 0  1 0 1  1  2 1  ，从而 B   1 0 0 1 1 0  1  1 1    1 0 0  1 0 1  1  2 1    0 0 0 2 0 0 1 0 0  . 36.【答案】 X   3 2 1  0  1 1  【解析】以E 表示 3 阶单位矩阵. 由X  AX B有 ( E  A ) X  B ， E  A  0 ，故 X  ( E  A )  1 B （*），由 E  A   1 1 1  0 0 1 0  2 1   2 1 0   3 3    2 1 ，(E A)1  1 ，  3 3   1 1  0      3 3  2 1 0   3 3  1 1 3 1  2 1    代入（*），得 X (E A)1B  1 2 0  2 0 .  3 3          5 3 1 1     1 1  0      3 3 37.【答案】 X  1 4  1 0 1 1 1 0 0 1 1  【解析】由原等式得 ( A *  2 E ) X  A  1 ，其中 E 是3阶单位矩阵，用矩阵 A 左边乘等式 两端，得 ( A E  2 A ) X  E . 可见 A E  2 A 可逆，从而 X  ( A E  2 A )  1 . 1 1 1  1 1 1    由于 A  1 1 1 4， A E2A2 1 1 1 ，故     1 1 1 1 1 1   1  1 1 1  1 1 0 1  1  X  1 1 1  0 1 1     2 4     1 1 1 1 0 1    2-3 拓展拔高 1.【答案】 3 9 E 【解析】由 A  1 0  1  3 0 1 1  2 4  1 3 1 7 1 ， B  0 3 0 3，知A,B可逆， 3 2 4 A 2 ( B A ) * ( A B   )    A 2 A * B * ( B  1 )  1 A  1  A 2 A A  1 ( B * B ) A  1  A A B A  1  A B E  3 9 E . 2.【答案】  0 1 0 0 1 0 0 0  0 0 4 2 2 4 0 0  2 4 2 4  【解析】 A n   B O O C  n   B O n O C n  ，  0 1 1 0  2 n  E ，  0 1 1 0  2 n  1   0 1 1 0  ， B 5   0 1 1 0  5   0 1 1 0  ， C   1  1  1 1    1  1  (1  1 ) ， C 5   1  1  1 1  5   1  1  (1  1 )  1  1  (1  1 )  2 4  1  1  1 1     2 4 2 4  4 2 4 2  ， 所以 A 5   0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 4 2  2 4 0 0  2 4 2 4  . 3.【答案】 A n   3 0 0 0 0 n n n 3 n 3 0 0 0  1 n ( n  1 2 n n 3 n 3 0 0 )  3 1 n  2 3  9  0 0 0 6  n 6  n 1  1  3 0 0 0 6  6 n  1 n  1  【解析】 A n   B O O C  n   B O n O C n  ， B   3 0 0 1 3 0 0 1 3  ， C   3  9  3 1  ，其中 B = 3 E + J 0 1 0 0 0 1 0 0 0       ，J  0 0 1 ，J2  0 0 0 ，Jn  0 0 0 (n3)于是             0 0 0 0 0 0 0 0 0B n = ( 3 E + J ) n  3 n E  C 1n 3 n  1 J  C 2n 3 n  2 J 2   3 0 0 n n n 3 n 3 0  1 n ( n  2n 3 3 1 n n )  3 1 n  2  ，  1  C  (3,1)， 3 C 2  6 C , , C n  6 n  1 C ，所以当n2时， A n   3 0 0 0 0 n n n 3 n 3 0 0 0  1 n ( n  1 2 n n 3 n 3 0 0 )  3 1 n  2 3  9  0 0 0 6  n 6  n 1  1  3 0 0 0 6  6 n  1 n  1  . 4.【答案】 4 E 【解析】形如 A  P  1 Λ P 的矩阵是一种较为特殊的结构形式，常用在矩阵的幂运算中，根 据乘法运算的结合律，有 m A   ( P P  1  1 Λ Λ P Λ ) ( P Λ  1 P Λ = P ) P  1 ( Λ P m  P 1 Λ P )  P  1 Λ ( P P  1 ) Λ ( P P  1 ) Λ ( P P  1 ) Λ P Λ 2 n   (  1 0 0 0 ) 2 n 1 0 2 0 0 n (  0 0 1 0 ) 2 n 1 0 0 0 2 n   E ， 1 0 8 A  2 A  E   P P  1 Λ  1 ( 1 Λ 0 P 1 0   2 2 P Λ  8 1  Λ 8 E P )  P P   P 1 E  1 P ( E  2 E  E ) P  4 E 5.【答案】 A n   1  1 1 1  1 1 1  1 1  【解析】PATPAP1TP， An P1TP P1TP P1(T) (T)TP  P1(T)n1TP 1n1P1TP P1TP 1 0 0   P  1 1 0 可得     0 0 1 P  1   A O O C   1   A O  1 C O  1    1  0 1 0 1 0 0 0 1 A n  P  1 ( T ) P   1  0 1 0 1 0 0 0 1   0 0 0 1 0 1 1 0 1   1 1 0 0 1 0 0 0 1    1  1 1 1  1 1 1  1 1   . 6.【答案】C 【解析】因为 ( A B ) 2  E ，所以 A B A B  E ， A  1  B A B ，从而 A  1 B  1  B A . 7.【答案】B 【解析】因 E A  A E  A ， A A 2  A 2 A  A 3 ，AA1A1AE ， A A *  A * A  A E 故 A 和 E , A 2 , A  1 , A * 乘法运算可交换. 但是(EA)(EA)T (EA)T(EA)， 0 1 如A ，则 0 0 E  A   1 0 1 1  ， ( E  A ) ( E  A ) T   1 0 1 1   1 1 0 1    2 1 1 1   ( E  A ) T ( E  A )   1 1 0 1   1 0 1 1    1 1 1 2  事实上， ( E  A ) ( E  A ) T  [ 2 E  ( E  A ) ] ( E  A ) T  ( E  A ) T [ 2 E  ( E  A ) ]  ( E  A ) T ( E  A ) 故选（B），对于（A）,（C），（D）均成立，以（C）为例，有 (EA)(E A)1 (E A)12E(AE)1(AE)(AE)1[2E(AE)] (AE)1(EA) 同理（A）,（D）也成立. 8.【答案】C 【解析】由行列式乘法公式，当 A B  O 有 AB  A B 0，知必有 A  0 或 B  0 ， 即（C）正确. 如 A   1 0 0 0  ， B   0 0 0 1  ，知A,B均不正确. 如 A  E ， B   0 0 0 1  ， 有ABO，知（D）不正确. 9.【答案】 O 【解析】A为实对称矩阵，A2 OATAO， a a a a a a  a2 a2  a2 0 11 21 n1 11 12 1n 11 21 n1      a 12 a 22 a n2 a 21 a 22 a 2n O，所以   a 1 2 2 a 2 2 2  a 2 2 n 0 ，解得        a 1n a 2n a nn a n1 a n2 a nn   a 1 2 n a 2 2 n  a n 2 n 0a ij  0 , ( i  1 , , n ; j  1 , , n )  A  O . 10.【答案】略 【解析】由题设条件 ( A  B ) 2  A  B ，得A2 ABBAB2 AB，由已知A2  A， B 2  B ，故得 A B  B A  O ① 在①式两端左乘 A ，并利用 A 2  A ，得 A B  A B A = O ② 在①式两端右乘 A ，并利用 A 2  A ，得 A B A  B A  O ③ ②式减③式，得 A B  B A ④， 将④带入①得 A B  O . 11.【答案】D 【解析】由 2 A B  A 得 A ( 2 B  E )  O ，于是 r ( A )  r ( 2 B  E )  4 ，又因 A 是 5  4 矩阵且 A 的列向量线性无关，有 r ( A )  4 ，从而r(2BE)0，即 2 B  E  O ，于是 B  1 2 E ， r ( B )  4 ，故 r ( B * )  4 ，选（D）. 12.【答案】请参照解析 【解析】用初等变换将 A 化成阶梯形，有 A   1 0 0 0 1 1 1 2 a 1    1 2 2 1 b 2 4    1 0 0 0 1 1 0 0 a 1  1  0 1 2 2 1 b   b b  ， 由阶梯型矩阵可见： （1）当 a  1 且 b  2 时，阶梯形矩阵中非零行的个数为 4 ，此时r(A)4； （2）当a1且b2时，阶梯形矩阵中非零行的个数为3，此时r(A)3； （3）当 a  1 1 1 1 1   0 1 1 b   且b2时，有A ，阶梯形矩阵中非零行的个数为 0 0 0 1   0 0 0 0 3 ，此时 r(A)3； （4）当a1且b2时，阶梯形矩阵中非零行的个数为2，此时r(A)2.13.【答案】 a  1 ，b2， r ( A B )  1 【解析】若 r ( B )  3 ，则 B 可逆， r ( A B )  r ( A ) ，这与 r ( A B )  r ( A ) 矛盾，故 r ( B )  3 ， 同理 r ( A )  3 ，于是 A  a 2 3 b 0 2  2  3 1  4 ( 2 b  a  3 )  0 ， B  b   1 0 1 a 1 2 1 0 1  a  b  3  0 解方程组  2 a b   b a   3 3   0 0 , , a1, 可得 ，于是 b2. r ( A )  2 ，因为 r ( A B )  r ( A )  2 ，且注意到 A B  O ，所以r(AB)1，故r(AB)1. 14.【答案】 0 或 1 【解析】由 n j 1 a ij  0 ， i  1 , 2 , , n ，可知 A  0 ，r(A)n1，当r(A)n1时，有 r ( A * )  1 ；当 r ( A )  n  1 时， r ( A * )  0 ，故 r ( A * ) 为0或 1 . 15.【答案】C 【解析】由 A B  A  B  E ，有(A+E)(BE)O，于是 r ( A + E )  r ( B  E )  3 ，又 3r(AB)r[(A+E)(BE)]r(A+E)r(BE)3 故 r ( A + E )  r ( B  E )  3 ；由 r ( A + E )  r  2 3 1 2 5 2 1 a 3   2 ， r ( B  E )  1 ，故 r ( A + E )  2 ，于是 A  E  2 3 1 2 5 2 1 a 3  1 3  2 a  0 ，得 a  1 3 2 ，故选（C）. 16.【答案】请参照解析 【解析】（1） T   a a a b1 b 2 b n 1 1 1 a a a b1 b 2 b n 2 2 2 a a a b1 b 2 b n n n n   ， T  a b1 1  a 2 b 2   a n b n  ； （2）因 T  各行（列）是第1行（列）的倍数，又,皆为非零列向量，所以 r ( T )  1  ； （3）由于CTC(ET)T(ET)(ET)(ET)ET T TT 故若CTCET T T，则TT T O，β(αTα1)βT O，即 ( T  1 ) T  O   ，因为  0  ，所以 T  O  ，故 C T C  E  T  T  T    成立的 充要条件是 T  1  . 17.【答案】B 【解析】由于 r ( A )  n  1 ，则 A  0 ， 1 a a a 1(n1)a a a a 1 a a a a 1 a a 1(n1)a 1 a a 1 1 a a A  a a 1 a  1(n1)a a 1 a [1(n1)a]1 a 1 a a a a 1 1(n1)a a a 1 1 a a 1 1 0 0 0 1 1a 0 0 [1(n1)a]1 0 1a 0 [1(n1)a](1a)n1 1 0 0 1a 要使得 A  0 ，则 a 必须为 1 或 1 1  n ，排除（C）（D）；又因为a1时， r ( A )  1 ，故排 除（A），故答案选（B）. 18.【答案】D 【解析】 A  0 1 0 1 0 0 0 0 1   B ， B  1 0 0 0 1 0 0 1 1   C ，故 A  0 1 0 1 0 0 0 0 1   1 0 0 0 1 0 0 1 1   C ，即 Q =  0 1 0 1 0 0 0 0 1   1 0 0 0 1 0 0 1 1    0 1 0 1 0 0 1 0 1  ，选（D）. 19.【答案】C 【解析】设 P 为单位矩阵 E 交换第2行与第3行得到的初等矩阵， Ar2 r 3B  PA B， B *  ( P A ) *  A * P *  A * P  1 | P |  A * P ， A*P B*  A* c2 c 3B*，故选（C）. 20.【答案】E ij 【解析】由题，B E A，因为E 和A都可逆，所以B 可逆，且 ij ijB  1  ( E ij A )  1  A  1 E  1 ij  A  1 E ij ，从而 A B  1  A A  1 E ij  E ij . 21.【答案】D 【解析】（A）、（B）显然正确；（C）选项， A 0， A 与 B 等价，则 B 0， B 可逆， 则存在可逆矩阵P ，使得 P B  E ；（D）选项，若 A 经两行互换一次得到 B ，则其行列 式互为相反数，错误. 22.【答案】D 1 0 0 1 0 3     【解析】由已知， 0 1 0 AC ，B 0 1 0  D，故         0 1 1 0 0 1      1 0 0 0 1 1 0 0 1  A B  1 0 0 0 1 0  0 1 3   C D   1 0 0 0  1 1 0 0 2  ， A B     1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1  1 0 0 1 0 0 1    1   1 0 0 1 0 0 0  1 0  1 1 1 0 0 2 0 0 2     1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 3 0 1  0 1  3    1 0 0 0  2 1 3 0 2  1 0 0 0   0 0 1 0   23.【答案】 0 1 0 0   0 0 2 1 【解析】 A  1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1   1 0 0 0  0 1 0 2 0 0 1 0 0 0 0 1   B ，故 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 01 0 0 0 1 0 0 0          0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 B1A            0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 00 1 0 0 0 1 0 0          0 2 0 1 0 0 0 1 0 2 0 10 0 0 1 0 0 2 124.【答案】（1） P   1 2 3 5  ；（2） Q    1 3 4  2 5 7 0 0 1  【解析】（1） ( A , E )    2 5 3  1 1 1 1 0 0 1   r1  3 r2   1 2 0  1 4 1 1 0 3 1   r  2 r 2 1 r  ( 1 )    2  1 0 0 1 4 7 1 2 3 5  1 3 1 0 4 故P   ，使得PA  为行最简形矩阵. 2 5 0 1 7 （2） T ( A , E )    5  3  1  r  3 r 2 1 r  r   3 1  2  1  1 1 0 0 1 0 0 0  1 1 0 1 0 1   0 0 1 3 1     2 r1 5 2  2 r2 0 0 1     1 3 1 r  2r 3 0  1 1 ( 1 )  r  2 1 0 0  1 0 0 2 1 0 0 1 0 0 0 1   1 3 4  2 5 7 0 0 1  故 Q    1 3 4  2 5 7 0 0 1  ，使得 Q A T   1 0 0 0 1 0  为行最简形矩阵. 25.【答案】  a 3 1 a a  1 2 1 1 2 a 1 1 a 3 a a  1 2 2 2 2 a 1 2 a 3 3 a a  1 2 3 3 2 a 1 3  ，  a 3 3  a a 1 2 2 3 3 0 0 a 1 3 a 3 1  a a 1 2 2 2 2 0 0 a 1 2 a 3 1  a a 1 2 2 1 1 0 0 a 1 1  . 【解析】 A 的左边乘以初等阵P ，相当于对 1 A 实施初等行变换r 2r； 的左边乘以 3 1 P100，相当于对A实施 1 1 0 0 次初等行变换 ；A 的右边乘以P100，相当于对A 实施 2 100次初等列变换 c 1  c 3 （相当于没变）；A 的右边乘以 P 92 9 9 ，相当于对A 实施 9 9 9 次 初等列变换c c （相当于只做了一次c c ）. 1 3 1 3  a a a  11 12 13   因而PAP100  a a a ， 1 2  2 22 23    a 2a a 2a a 2a   31 11 32 12 33 13 r 3  2 r1 AP 11 0 0 A P 92 9 9   a a a 1 1 2 1 3 1 a a a 1 2 2 2 3 2 a a a 1 3 2 3 3 3    a 3 3  a a 1 2 2 3 3 0 0 a 1 3 a 3 2  a a 1 2 2 2 2 0 0 a 1 2 a 3 1  a a 1 2 2 1 1 0 0 a 1 1  26.【答案】  0 3 0 3 0 0  0 3 6  【解析】易知 A  c  3c  1 2 c1 c2  B ，故 B  A  1 0 0 0 1 0  0 1 2   0 1 0 1 0 0 0 0 1  ， A * B  A * A  1 0 0 0 1 0  0 1 2   0 1 0 1 0 0 0 0 1   A  0 1 0 1 0 0  0 1 2    0 3 0 3 0 0  0 3 6  . 27.【答案】  1 1 3 4 1 0 2 3 6 6 6  【解析】 Q  ( 1 , 2 , 3 )  1 0 0  1 0 1 0 0 2   P  1 0 0  1 0 1 0 0 2     Q T A Q       1 0 0 1  1 0 1 3 1 4  1 1 0 0 1 0 2 3 1 6 0 0 2 0 0 2 1   3 3 8 T P 1  4  7            T 1 0 0 A 2 5 8 P  1 0  3 6 9 1 1 0 0   0 0 2  1 1 0 1 0 0     1 0  0 0 2 1 1 3 1 4  0 0 2  1 0 2 3 6 6 6  .